【数学】2019届一轮复习北师大版等差数列及其前n项和学案

【数学】2019届一轮复习北师大版等差数列及其前n项和学案

第28讲　等差数列及其前n项和 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.理解等差数列的概念．‎ ‎2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．‎ ‎3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．‎ ‎4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系.‎ ‎2017·全国卷Ⅰ，17‎ ‎2017·全国卷Ⅱ，17‎ ‎2017·江苏卷，19‎ ‎2016·浙江卷，8‎ ‎1.利用公式求等差数列指定项、前n项和；利用定义、通项公式证明数列是等差数列．‎ ‎2．利用等差数列性质求等差数列指定项(或其项数)、公差；利用等差数列的单调性求前n项和的最值.‎ 分值：5～7分 ‎1．等差数列的有关概念 ‎(1)等差数列的定义 一般地，如果一个数列从第__2__项起，每一项与它的前一项的差等于__同一个常数__，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母__d__表示，定义表达式为__an－an－1＝d(常数)(n∈N*，n≥2)__或__an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)__.‎ ‎(2)等差中项 若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝____.‎ ‎2．等差数列的有关公式 ‎(1)等差数列的通项公式 如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是__an＝a1＋(n－1)d__.‎ ‎(2)等差数列的前n项和公式 设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝__na1＋d__或Sn＝____.‎ ‎3．等差数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广：an＝am＋__(n－m)d__(n，m∈N*)．‎ ‎(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则__ak＋al＝am＋an__.‎ ‎(3)若{an}是等差数列，公差为d，则也是等差数列，公差为__2d__.‎ ‎(4)若{an}，{bn}是等差数列，公差为d，则也是等差数列．‎ ‎(5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋‎2m，…(k，m∈N*)是公差为__md__‎ 的等差数列．‎ ‎(6)数列Sm，S‎2m－Sm，S‎3m－S‎2m，…也是等差数列．‎ ‎(7)S2n－1＝(2n－1)an.‎ ‎(8)若n为偶数，则S偶－S奇＝；‎ 若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．‎ ‎1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．‎ ‎(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(　×　)‎ ‎(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(　√　)‎ ‎(3)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(　√　)‎ ‎(4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(　×　)‎ ‎(5)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(　×　)‎ 解析　(1)错误．若这些常数都相等，则这个数列是等差数列；若这些常数不全相等，这个数列就不是等差数列．‎ ‎(2)正确．如果数列{an}为等差数列，根据定义an＋2－an＋1＝an＋1－an，即2an＋1＝an＋an＋2；反之，若对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2，则an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝…＝a2－a1，根据定义知数列{an}为等差数列．‎ ‎(3)正确．当d>0时为递增数列；d＝0时为常数列；d<0时为递减数列．‎ ‎(4)错误．等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，只有当d≠0时，等差数列的通项公式才是n的一次函数，否则不是．‎ ‎(5)错误．等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋d＝n2＋n，显然只有公差d≠0时才是关于n的常数项为0的二次函数，否则不是(甚至也不是n的一次函数，即a1＝d＝0时)．‎ ‎2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足－＝1，则数列{an}的公差是(　C　)‎ A．　　 B．‎1　‎　‎ C．2　　 D．3‎ 解析　由－＝1，得－＝(a1＋d)－＝＝1，所以d＝2.‎ ‎3．在等差数列{an}中，a2＋a6＝，则sin＝(　D　)‎ A．　　 B．　　‎ C．－　　 D．－ 解析　∵a2＋a6＝，∴‎2a4＝.‎ ‎∴sin＝sin＝－cos＝－.‎ ‎4．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝(　B　)‎ A．58　　 B．‎88　‎　‎ C．143　　 D．176‎ 解析　S11＝＝＝88.‎ ‎5．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2(n≥1)，则该数列的通项an＝__2n－1__.‎ 解析　由an＋1＝an＋2知{an}为等差数列，其公差为2，故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ 一　等差数列基本量的求解 ‎(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想．‎ ‎(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．‎ ‎【例1】 (1)在等差数列{an}中，a1＋a5＝8，a4＝7，则a5＝(　B　)‎ A．11　　 B．‎10　‎　‎ C．7　　 D．3‎ ‎(2)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝(　B　)‎ A．　　 B．　　‎ C．10　　 D．12‎ ‎(3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝__5__.‎ 解析　(1)设数列{an}的公差为d，则有解得所以a5＝－2＋4×3＝10.‎ ‎(2)∵公差为1，∴S8＝‎8a1＋×1＝‎8a1＋28，S4＝‎4a1＋6.‎ ‎∵S8＝4S4，∴‎8a1＋28＝4(‎4a1＋6)，解得a1＝，‎ ‎∴a10＝a1＋9d＝＋9＝.‎ ‎(3)由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，‎ 得am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，‎ 所以等差数列的公差d＝am＋1－am＝3－2＝1，‎ 由得 解得 二　等差数列的性质及应用 在等差数列{an}中，数列Sm，S‎2m－Sm，S‎3m－S‎2m也成等差数列；也是等差数列．等差数列的性质是解题的重要工具．‎ ‎【例2】 (1)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝(　A　)‎ A．5　　 B．‎7　‎　‎ C．9　　 D．11‎ ‎(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝－12，S9＝45，则S12＝__114__.‎ ‎(3)已知{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b10＝9，a3＋b8＝15，则a5＋b6＝__21__.‎ 解析　(1)∵a1＋a5＝‎2a3，∴a1＋a3＋a5＝‎3a3＝3，∴a3＝1，‎ ‎∴S5＝＝‎5a3＝5.故选A．‎ ‎(2)因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，所以2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，即2(S6＋12)＝－12＋(45－S6)，解得S6＝3.又2(S9－S6)＝(S6－S3)＋(S12－S9)，即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S12－45)，解得S12＝114.‎ ‎(3)因为{an}，{bn}都是等差数列，所以‎2a3＝a1＋a5,2b8＝b10＋b6，所以2(a3＋b8)＝(a1＋b10)＋(a5＋b6)，即2×15＝9＋(a5＋b6)，解得a5＋b6＝21.‎ 三　等差数列的判定与证明 判定数列{an}是等差数列的常用方法 ‎(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数．‎ ‎(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1.‎ ‎(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．　‎ ‎(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．‎ ‎【例3】 (2018·云南民族大学附属中学期中)已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)(n∈N*)．‎ ‎(1)证明数列是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn＝a‎1a2＋a‎2a3＋…＋anan＋1，求Sn.‎ 解析　(1)证明：由已知得an＋1＝，‎ ‎∴＝＋3，即－＝3.‎ ‎∴数列是首项为＝1，公差为d＝3的等差数列．‎ ‎∴＝1＋(n－1)×3＝3n－2.故an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)∵anan＋1＝＝，‎ ‎∴Sn＝a‎1a2＋a‎2a3＋…＋anan＋1‎ ‎＝ ‎＝＝.‎ 四　等差数列前n项和的最值问题 求等差数列前n项和的最值的方法 ‎(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．‎ ‎(2)通项公式法：求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1＞0，且Sp＝Sq(p≠q)，则：‎ ‎①若p＋q为偶数，则当n＝时，Sn最大；‎ ‎②若p＋q为奇数，则当n＝或n＝时，Sn最大．‎ ‎(3)邻项变号法：①a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.‎ ‎【例4】 等差数列{an}中，a1＞0，S5＝S12，当n为何值时，Sn有最大值？‎ 解析　设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12，得‎5a1＋10d＝‎12a1＋66d，d＝－a1<0.‎ 设此数列的前n项和最大，则 即解得即8≤n≤9，‎ 又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．‎ ‎1．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为(　A　)‎ A．37　　 B．‎36　‎　‎ C．20　　 D．19‎ 解析　∵am＝a1＋a2＋…＋a9＝‎9a1＋d＝36d＝a37，‎ ‎∴m＝37.故选A．‎ ‎2．等差数列{an}中，a3＝，则cos(a1＋a2＋a6)＝__－__.‎ 解析　∵a1＋a2＋a6＝a3－2d＋a3－d＋a3＋3d＝‎3a3＝π，‎ ‎∴cos(a1＋a2＋a6)＝cosπ＝－.‎ ‎3．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为__23__.‎ 解析　因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，所以数列{an}是首项为15，公差为－的等差数列，所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，令an＝－n＋>0，得n<23.5，所以使ak·ak＋1<0的k值为23.‎ ‎4．(2017·江苏卷)对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．‎ ‎(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．‎ 证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝‎2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，‎ 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”．‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，‎ 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①‎ 当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，②‎ 由①知an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③‎ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④‎ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，‎ 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.‎ 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝‎4a4，所以a2＝a3－d′，‎ 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝‎4a3，所以a1＝a3－2d′，‎ 所以数列{an}是等差数列．‎ 易错点　性质应用不灵活 错因分析：对于等差数列{an}中，①若m＋n＝p＋q＝2k，则am＋an＝ap＋aq＝2ak；②若1＋n＝2k，则Sn＝＝nak；③an＝am＋(n－m)d等的性质应用不够灵活．‎ ‎【例1】 等差数列{an}中，a1＞0，公差d＜0，a5＝‎3a7，前n项和为Sn，若Sn取得最大值，则n＝______.‎ 解析　 方法一　由已知得a1＋4d＝3(a1＋6d)，∴a1＝－7d，Sn＝(n2－15n)＝，∴n＝7或8时，Sn最大．‎ 方法二　∵a5＝(a5＋2d)＋‎2a7，∴a7＋d＝0，即a8＝0.∵d＜0，∴a1＞a2＞…＞a7＞a8＝0＞a9＞…，∴n＝7或8时，Sn最大．‎ 方法三　∵a5＝a7＋‎2a7＝a7＋a5＋a9，∴a7＋a9＝0，‎ 于是a8＝0，∵d＜0，∴a1＞a2＞…>a7＞a8＝0＞a9＞…，‎ ‎∴n＝7或8时，Sn最大．‎ 答案　7或8‎ ‎【跟踪训练1】 (1)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　A　)‎ A．1　　 B．－‎1　‎　‎ C．2　　 D． ‎(2)在等差数列{an}中，a1＝－2 017，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 019＝(　C　)‎ A．2 018　　 B．－2 ‎018　‎　‎ C．2 019　　 D．－2 019‎ 解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1，由等差数列的性质可得a1＋a9＝‎2a5，a1＋a5＝‎2a3，‎ ‎∴＝＝＝×＝1.故选A．‎ ‎(2)设等差数列前n项和为Sn＝An2＋Bn，则＝An＋B，‎ ‎∴成等差数列．‎ ‎∵＝＝－2 017，‎ ‎∴是以－2 017为首项，以1为公差的等差数列．‎ ‎∴＝－2 017＋2 018×1＝1，‎ ‎∴S2 019＝2 019.故选C．‎ 课时达标　第28讲 ‎[解密考纲]主要考查等差数列的通项公式、等差中项及其性质以及前n项和公式的应用，三种题型均有涉及．‎ 一、选择题 ‎1．已知等差数列{an}的前13项和为39，则a6＋a7＋a8＝(　B　)‎ A．6　　 B．9‎ C．12　　 D．18‎ 解析　由等差数列的性质，得S13＝‎13a7＝39，∴a7＝3.由等差中项，得a6＋a7＋a8＝‎3a7＝9.故选B．‎ ‎2．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则a9＝(　C　)‎ A．8　　 B．12‎ C．16　　 D．24‎ 解析　由已知得a1＋4d＝8,‎3a1＋d＝6，解得a1＝0，d＝2.故a9＝a1＋8d＝16.故选C．‎ ‎3．(2018·山东济南一中期中)等差数列{an}中，若S10＝10，则a5＋a6＝(　C　)‎ A．0　　 B．‎1　‎　‎ C．2　　 D．3 ‎ 解析　等差数列{an}中，S10＝＝10，∴a1＋a10＝2，由等差数列的性质可知a5＋a6＝a1＋a10＝2.故选C．‎ ‎4．设Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和，且a1>0，若S5＝S9，则当Sn最大时，n＝(　B　)‎ A．6　　 B．‎7　‎　‎ C．10　　 D．9‎ 解析　由题意可得S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝0，‎ ‎∴2(a7＋a8)＝0，即a7＋a8＝0.‎ 又∵a1>0，∴该等差数列的前7项为正数，从第8项开始为负数．‎ ‎∴当Sn最大时，n＝7.‎ ‎5．在等差数列{an}中，a9＝a12＋3，则数列{an}的前11项和S11＝(　C　)‎ A．24　　 B．48‎ C．66　　 D．132‎ 解析　设公差为d，a9＝a12＋3，即a1＋8d＝(a1＋11d)＋3，整理，得a1＋5d＝6，即a6＝6.‎ ‎∴S11＝＝＝66.故选C．‎ ‎6．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是(　C　)‎ A．若d<0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d<0‎ C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意的n∈N*，均有Sn>0‎ D．若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列 解析　C项显然是错的，举出反例：－1，0,1,2,3，…，满足数列{Sn}是递增数列，但是对任意的n∈N*，Sn>0不成立．‎ 二、填空题 ‎7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－3，ak＋1＝，Sk＝－12，则正整数k＝__13__.‎ 解析　由Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝－12＋＝－，‎ 又Sk＋1＝＝＝－，‎ 解得k＝13.‎ ‎8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－10，知数列{an}是递增数列，‎ 所以p1为真命题；‎ 因为nan＝n(2n－8)，对称轴为n＝2，‎ 则数列{nan}先减后增，所以p2为假命题；‎ 因为＝2－，故数列是递增数列，所以p3为真命题；‎ 因为a＝(2n－8)2，对称轴为n＝4，则数列{a}先减后增，所以p4为假命题．‎ 三、解答题 ‎10．在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.‎ 由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2，‎ 从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.‎ ‎(2)由(1)可知an＝3－2n.‎ 所以Sn＝＝2n－n2.‎ 由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，‎ 即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.‎ 又k∈N*，故k＝7.‎ ‎11．已知等差数列的前三项依次为a,4,‎3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.‎ ‎(1)求a及k的值；‎ ‎(2)设数列{bn}的通项bn＝，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.‎ 解析　(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝‎3a，由已知有a＋‎3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，所以Sk＝ka1＋·d＝2k＋×2＝k2＋k.‎ 由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，‎ 解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，则bn＝＝n＋1，‎ 故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，‎ 即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，‎ 所以Tn＝＝.‎ ‎12．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1<0，S2 017＝0.‎ ‎(1)求Sn的最小值及此时n的值；‎ ‎(2)求n的取值集合，使其满足an≥Sn.‎ 解析　(1)设公差为d，则由S2 017＝0⇒2 ‎017a1＋d＝0⇒a1＋1 008d＝0，d＝－a1，‎ ‎∴Sn＝na1＋d＝na1－· ‎＝(2 017n－n2)．‎ ‎∵a1<0，n∈N*，‎ ‎∴当n＝1 008或1 009时，Sn取最小值a1.‎ ‎(2)an＝a1，‎ Sn≤an⇔(2 017n－n2)≤a1.‎ ‎∵a1<0，∴n2－2 019n＋2 018≤0，‎ 即(n－1)(n－2 018)≤0，‎ 解得1≤n≤2 018.‎ 故所求n的取值集合为{n|1≤n≤2 018，n∈N*}．‎